Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Tübitak Lise 1. Aşama => 2001 => Konuyu başlatan: geo - Mayıs 04, 2014, 11:09:19 öö
-
Bir $ABC$ üçgeninde $|AC| = 1$, $|AB| = \sqrt 2$ dir. $AB$ doğrusuna göre $C$ ile farklı tarafta, $|MA| = |AB|$ ve $m(\widehat{MAB}) = 90^\circ$ olacak şekilde $M$ noktası ile $AC$ doğrusuna göre $B$ ile farklı tarafta, $|NA| = |AC|$ ve $m(\widehat{NAC}) = 90^\circ$ olacak şekilde bir $N$ noktası alınıyor. $MAN$ üçgeninin çevrel çember merkezi ile $A$ dan geçen doğru, $[BC]$ yi $F$ noktasında kesiyorsa, $\dfrac{|BF|}{|FC|}$ nedir?
$
\textbf{a)}\ 2\sqrt 2
\qquad\textbf{b)}\ 2\sqrt 3
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ 3\sqrt 2
$
-
Yanıt: $\boxed{C}$
$(MAN)$ çemberinin $A$ dan geçen çapı $AA'$ olsun. $A'MAN$ dörtgeninde, $\angle A'MA = \angle A'NA = 90^\circ$ dir. Ayrıca, $\angle MA'A + \angle MA'A = \angle MAB + \angle BAF$ olduğu için $\angle MA'A = \angle BAF$ ve benzer şekilde, $\angle FAC = \angle AA'N$ dir. $F$ den, $AB$ ve $AC$ ye inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $X$ ve $Y$ olsun. $AXFY \sim A'MAN$ olup, $MA/AN = XF/FY=\sqrt 2$ dir. $BF/FC = [ABF]/[AFC] = \dfrac{AB \cdot XF}{AC \cdot FY} = \sqrt 2 \cdot \sqrt 2 = 2$ dir.
-
$(MAN)$ çemberinin merkezi $O$ olsun. $\angle MOA = 2x$ ve $\angle NOA = 2y$ olsun.
$\angle NAO = 90^\circ - y$, $\angle OAM = 90^\circ - x$, $\angle NMA = y$ ve $\angle MNA = x$ olacaktır. Bu durumda $\angle CAF = y$ ve $\angle FAB = x$ olur.
$BA$ bir kenarortay olacak şekilde $\triangle BCD$ yi oluşturalım. $\triangle ADB \cong \triangle ANM$ $(\text{KAK})$ olacaktır.
$A$ dan geçen ve $BD$ ye paralel olan doğru $BC$ yi $BC$ nin orta noktası $P$ de keser. $\angle BAP = y$, $\angle PAC = x$, dolayısıyla da $\triangle ABC$ de, $AP$ kenarortay; $AF$ de kenarortaysıdır. Bu durumda, $BF/FC = AB^2/AC^2 = 2$ olacaktır.
Ek olarak, $AP$ nin $MN$ ye dik olduğunu söyleyebiliriz.
-
Çoktan seçmeli sınav mantığı ile, $\angle CAB = 90^\circ$ olsun. Soru metninde ve şıklarda böyle olmasına engel bir durum söz konusu değil.
$\angle ACB = \alpha$ dersek, $ACB \cong ANM$ olduğu için $\angle ANM = \alpha$ olur. $(MAN)$ çemberinin merkezi $O$ olsun. $\triangle MAN$ dik üçgen olduğu için $ON=OM=OA$, dolayısıyla $\angle MAO = \angle OMA = \alpha$ ve $\angle CAF = 90^\circ - \alpha$. $\angle CAF + \angle ACF = 90^\circ$ olduğu için $\triangle ABC$ dik üçgeninde Öklit'ten $BF:FC = AB^2 : AC^2 = 2 : 1$ elde edilir.
-
$(MAN)$ çemberinin merkezi $O$ olsun. $\angle MOA = 2x$ ve $\angle NOA = 2y$ olsun.
$\angle NAO = 90^\circ - y$, $\angle OAM = 90^\circ - x$, $\angle NMA = y$ ve $\angle MNA = x$ olacaktır. Bu durumda $\angle CAF = y$ ve $\angle FAB = x$ olur.
$B$ den geçen $AC$ ye paralel olan doğru ile $AF$ doğrusu $E$ de kesişsin.
Paralellikten $\angle CAF = \angle BEA = y$ ve $(AA)$ eşliğinden $\triangle ABE \sim \triangle NAM$ olacaktır.
$\dfrac {BE}{AB} = \dfrac {AM}{AN} \Rightarrow BE = 2$.
Paralellikten $\dfrac {BF}{FC} = \dfrac {BE}{AC} = 2$ elde edilir.
-
Yanıt: $\boxed{C}$
$AA'$ doğru parçası $(MAN)$ çemberinin çapı olsun. $MANA'$ kirişler dörtgeninde $\angle AMA'=90^{\circ}$ olduğundan $F$ noktası $AA'$ doğrusu üzerinde olacaktır. Ayrıca $MA\perp AB$ ise
$$\angle ANM=90^{\circ}-\angle A'NM=90^{\circ}-\angle A'AM=\angle BAF$$
olur. Benzer şekilde $\angle FAC=\angle AMN$ olduğu için $AMN$ üçgeninde Sinüs Teoremi'nden
$$\dfrac{BF}{FC}=\dfrac{AB\cdot AF\cdot \sin \angle BAF}{AC\cdot AF\cdot \sin \angle FAC}=\dfrac{AB\cdot \sin \angle ANM}{BC\cdot \sin \angle AMN}=\dfrac{AB\cdot AM}{BC\cdot AN}=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2$$
elde edilir.
-
Bugün bu sorunun neredeyse aynısı çıktı arkadaşlar. Tek fark $AB=2$ idi.
-
Cevap neydi
-
Cevap 4 tü diye düşünüyorum. Genel anlamda $AB:AC=k$ ise cevap $k^2$ oluyor.